小 M 的算式
【问题描述】
小 M 在做数学作业的时候遇到了一个有趣的问题：有一个长度为 n 的数字
串 S，小 M 需要在数字之间填入若干个“+”和恰好一个“=”，使其成为一个
合法的等式。如对于 S=“2349”，可以通过添加 2个“+”和 1 个“=”成为
“2+3+4=9”。
小 M 发现有些数字串是无法通过添加符号成为一个合法的等式的，她想知
道对于每一个给定的数字串 S，是否可以通过添加符号使之成为一个合法的等
式（允许前导 0）？
【输入】
第一行为数据组数 T，表示有 T组输入数据。
接下来 T行每行一个数字串 S。
【输出】
对于每组数据，若 S可以成为合法的等式，输出“Yes”，否则输出
“No”，以单行回车隔开。
【输入输出样例】
equation.in
4
2349
233233
122323
2344322322
equation.out
Yes
Yes
No
Yes
【输入输出样例解释】
2+3+4=9
233=233
2+34=4+3+2+2+3+22
【数据范围】
对于 50%的数据：1 ≤ T ≤ 3，1 ≤ n ≤ 4。
对于 100%的数据：1 ≤ T ≤ 5，1 ≤ n ≤ 10。
简单的搜索
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; inline long long read() { long long f=1,ans=0;char c; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } char str[210]; long long t,len,n1,n2; long long cnt1[210][210],cnt2[210][210],s1,s2; bool ff; void dfs2(long long pos,long long ans,long long dq,long long dqs) { if(dqs+dq>s1) return; if(ff) return; if(pos==n2+1) { s2=dqs+dq; if(s1==s2) ff=1; return; } cnt2[ans][++cnt2[ans][0]]=str[pos]-'0'; dq=dq*10+str[pos]-'0'; dfs2(pos+1,ans,dq,dqs); dq=(dq-(str[pos]-'0'))/10; cnt2[ans][0]--; long long t=dq; cnt2[ans+1][++cnt2[ans+1][0]]=str[pos]-'0'; dq=str[pos]-'0'; dfs2(pos+1,ans+1,dq,dqs+t); cnt2[ans+1][0]--; dq=0; return; } void dfs1(long long pos,long long ans,long long dq,long long dqs) { if(ff) return; if(pos==n1+1) { s1=dqs+dq; dfs2(n1+1,1,0,0); return; } cnt1[ans][++cnt1[ans][0]]=str[pos]-'0'; dq=dq*10+str[pos]-'0'; dfs1(pos+1,ans,dq,dqs); cnt1[ans][0]--; dq=(dq-(str[pos]-'0'))/10; long long t=dq; cnt1[ans+1][++cnt1[ans+1][0]]=str[pos]-'0'; dq=str[pos]-'0'; dfs1(pos+1,ans+1,dq,dqs+t); cnt1[ans+1][0]--; dq=t; return; } int main() { t=read(); while(t--) { ff=false; scanf("%s",str+1); len=strlen(str+1); for(long long i=1;i<len;i++) { n1=i,n2=len; dfs1(1,1,0,0); if(ff){cout<<"Yes"<<endl;break;} } if(!ff)cout<<"No"<<endl; } }
小R的调度
【问题描述】
小 R 是一名 OIer，她刚刚学习了逆序对的相关知识：对于一个长度为 n的
序列 A，其逆序对数定义为满足 i < j 且 A[i] > A[j]的(i, j)对数。
现在小 R 有一个长度为 n的 01序列 A，小 R每次可以交换 当前 A[i]与 A[j]
的值，并需要付出 c[i] + c[j]的代价。在若干轮（可以为空）交换后，小 R的得
分为最终 A序列的逆序对数减去她在交换中付出的代价之和。
小 R 想让最后的得分尽量大，你能帮帮她吗？
【输入】
第一行为一个正整数 n。
第二行为一个长度为 n的字符串，表示 01序列 A。
第三行为 n个整数 c[i]，表示交换的代价参数。
【输出】
输出最大得分。
【输入输出样例】
inverse.in
6
101010
1 1 1 1 1 1
inverse.out
7
【样例解释】
交换 A[2]和 A[5]，付出 1 + 1 = 2 的代价。
最终序列为 111000，逆序对数为 9，得分为 9 - 2 = 7。
【数据范围】
对于 100%的数据：1 ≤ n ≤ 2501，0 ≤ c[i] ≤ 100。
这是w神爷的题解:
注意到每次交换只有当两位置的元素不同才有意义，进一步分析可知序列的每个位置最多被交换一次，而每个从 0 换成 1 的位置与每个从 1 换成 0 的位置是一一对应的。
我们可以设计一个动态规划算法，设 f(i,j,k) 表示序列的前 i 个位置已经确定下来，前 i 个位置中有 j 个位置从 0 交换成了 1，有 k个位置从 1 交换成了 0。
转移时枚举第 i + 1 个位置有没有发生交换，根据初始 A 1 到 A i有多少个 1，以及 j、k 的值可以计算出第 i+1 个位置确定为 0 产生的逆序对贡献。
简称就是一个dp,可以想到转移为从0->1 与 1->0
然后就瞎搞
但是为什么可以dp呢
因为它不需要管后面发生了什么
最后维护的是差值
有加有减才能出来最后答案
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } int n,dp[2502][5005],cur,co,A[2502],inf=2<<30-1; char str[2512]; int main(){ n=read(); scanf("%s",str+1); for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=read(); memset(dp,-127,sizeof(dp)); dp[0][n]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ cur^=1; for(int j=0;j<=2*n;j++){ int ans=dp[cur^1][j]; if(ans==-inf) continue; if(str[i]=='1'){ dp[cur][j]=max(dp[cur][j],ans); dp[cur][j-1]=max(dp[cur][j-1],ans+co-A[i]+j-n); } if(str[i]=='0'){ dp[cur][j]=max(dp[cur][j],ans+co+j-n); dp[cur][j+1]=max(dp[cur][j+1],ans-A[i]); } } if(str[i]=='1') co++; } cout<<dp[cur][n]; }
小 C 的机器人
【问题描述】
小 C 的机器人工厂里有 m个机器人，标号为 1 到 m号。给定一棵 n 个节点
的有根树，根结点为 1号点，第 i个机器人初始在第 p[i]号点。树上每个节点有
一盏灯，初始灯都是灭着的。树上每条边的距离均为 1，且机器人每次移动的
距离均为 1。
你是小 C 工厂的技术顾问，需要写一个程序模拟 q次操作，操作共 3种类
型：
操作 1：1 l r x，表示将标号在 l 和 r之间的所有机器人移动到 x号节点。
操作 2：2 l r x，表示将标号在 l 和 r之间的所有机器人向根结点移动 x步。
若移动步数超过机器人到根节点的距离，则机器人会停在根节点。
操作 3：3 x，表示将 x号机器人当前所在节点的灯的亮灭状态取反，并查
询当前所在节点到其子树内所有亮着灯的节点的距离之和。
【输入】
第一行为两个正整数 n，m。
第二行至第 n行每行两个正整数 u、v，表示一条从 u到 v 的树边。
第 n+1 行为 m 个正整数，第 i 个正整数表示 p[i]。
第 n+2 行为一个正整数 q。
接下来 q行表示 q 个操作，具体格式见样例。
【输出】
输出若干行，第 i行的整数表示第 i 个操作 3的答案。
【输入输出样例】
robot.in
5 4
1 2
1 3
3 4
3 5
1 1 1 1
8
1 2 2 4
1 3 3 5
3 3
3 2
2 2 2 1
3 2
3 3
3 2
robot.out
0
0
2
0
1
【数据范围】
对于 20%的数据满足：1 ≤ n、m、q ≤ 10。
另有 20%的数据满足：1 ≤ n ≤ 50。
另有 20%的数据满足：1 ≤ m ≤ 20。
对于 100%的数据满足：1 ≤ n、m、q ≤ 152501，1 ≤ u、v、p[i]、x ≤ n，1 ≤ l≤ r ≤ m
毒瘤题目，到最后也没有写完，还算错复杂度
将这个问题分解，不难想到其实就是两个子问题
机器人的移动与子树距离
第二个线段树用一下树链剖分的思想，十分简单
想一下dfs在树上的时间戳
若到达第i点的时间戳为k,并且它的子树大小为s,所以它在线段树中所
所以建两个线段树去维护，lca去加速往上跳
悲催的调试：第二个线段树写错，第一个线段树写错,lca写错
最后就完了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; inline int read() { int f=1,ans=0;char c; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return ans*f; } int p[312501],head[312501],tt[312501]; int cnt,deep[312501],fa[312501][21],pd; int n,m,pig,size[312501],seg[312501]; int rev[312501*4],ans[312501*4],q; struct node{ int u,v,nex; }x[312501]; void dfs(int f,int fath) { size[f]=1; tt[f]=++pig; seg[pig]=f; deep[f]=deep[fath]+1; fa[f][0]=fath; for(int i=1;(1<<i)<=deep[f];i++) fa[f][i]=fa[fa[f][i-1]][i-1]; for(int i=head[f];i!=-1;i=x[i].nex) { if(x[i].v==fath) continue; dfs(x[i].v,f); size[f]+=size[x[i].v]; } return; } int jump(int u,int h) { for(int i=20;i>=0;i--) if(h-(1<<i)>=0) u=fa[u][i],h-=(1<<i); if(u==0) return 1; return u; } void add(int u,int v) { x[cnt].u=u,x[cnt].v=v,x[cnt].nex=head[u],head[u]=cnt++; } void build_seg(int k,int l,int r) { if(l==r){ rev[k]=p[l];return; } int mid=l+r>>1; build_seg(k<<1,l,mid); build_seg(k<<1|1,mid+1,r); return; } void pushdown_seg(int k,int l,int r) { if(rev[k]!=0) { ans[k<<1]=ans[k<<1|1]=0; rev[k<<1]=rev[k<<1|1]=rev[k]; rev[k]=0; } if(ans[k]!=0) { ans[k<<1]+=ans[k]; ans[k<<1|1]+=ans[k]; ans[k]=0; } return; } void change_seg(int k,int l,int r,int x,int y,int s) { if(x<=l&&r<=y){ if(pd==1){ rev[k]=s; ans[k]=0; } else if(pd==2){ ans[k]+=s; } return; } pushdown_seg(k,l,r); int mid=l+r>>1; if(x<=mid) change_seg(k<<1,l,mid,x,y,s); if(mid<y) change_seg(k<<1|1,mid+1,r,x,y,s); return; } int query_seg(int k,int l,int r,int x,int y) { if(x==l&&r==y){return jump(rev[k],ans[k]);} pushdown_seg(k,l,r); int mid=l+r>>1; if(x<=mid) return query_seg(k<<1,l,mid,x,y); if(mid<y) return query_seg(k<<1|1,mid+1,r,x,y); } int sum[312501*4]; int flag[312501*4]; void change(int k,int l,int r,int x,int y) { if(l==x&&r==y){ if(flag[k]==1) { flag[k]=0; sum[k]=0; }else if(flag[k]==0){ flag[k]=1; sum[k]=deep[seg[l]]-1; } return; } int mid=l+r>>1; if(x<=mid) change(k<<1,l,mid,x,y); if(mid<y) change(k<<1|1,mid+1,r,x,y); sum[k]=sum[k<<1|1]+sum[k<<1]; flag[k]=flag[k<<1]+flag[k<<1|1]; return; } int ff; int query(int k,int l,int r,int x,int y) { if(x<=l&&r<=y){ ff+=flag[k]; return sum[k]; } int mid=l+r>>1,st=0; if(x<=mid) st+=query(k<<1,l,mid,x,y); if(mid<y) st+=query(k<<1|1,mid+1,r,x,y); return st; } int main() { memset(head,-1,sizeof(head)); n=read(),m=read(); for(int i=1;i<n;i++) { int u=read(),v=read(); add(u,v),add(v,u); } dfs(1,0); for(int i=1;i<=m;i++) p[i]=read(); build_seg(1,1,m); q=read(); while(q--) { pd=read(); if(pd==1||pd==2){ int l=read(),r=read(),xx=read(); change_seg(1,1,m,l,r,xx); } if(pd==3) { int st=read(); int pos=query_seg(1,1,m,st,st); ff=0; int kk=query(1,1,n,tt[pos]+1,tt[pos]+size[pos]-1); change(1,1,n,tt[pos],tt[pos]); printf("%d ",kk-ff*(deep[pos]-1)); } } }